Suma i przeciȩcie podprzestrzeni, przestrzeń ilorazowa Javier de Lucas

Transkrypt

1 Suma i przeciȩcie podprzestrzeni, przestrzeń ilorazowa Javier de Lucas Ćwiczenie 1. Dowieść, że jeśli U i V s a podprzestrzeniami n-wymiarowej przestrzeni wektorowej oraz dim U = r i dim V = s, to max(0, r + s n) dim(u V ) min(r, s), max(r, s) dim(u + V ) min(r + s, n). Podać przyk lady pokazuj ace, że każda z tych nierówności może być równości a. Rozwi azanie: Wiemy, że U + V R n. Z tego wynika, że dim U + V n. Ponadto, mamy, że dim(u + V ) = dim U + dim V dim(u V ). (1.1) Z tych dwóch faktów, wynika, że dim(u V ) = dim U + dim V dim(u + V ) dim U + dim V n = r + s n. Ponadto, 0 dim(u V ). Wiȩc, max(0, r + s n) dim(u V ). (1.) Widać, że kiedy U V = {0} i U + V = R n, to z (1.1) wynika, że r + s = n i dim(u V ) = 0. Zatem, mamy równość w (1.). Mamy, że U V V i U V U. Wiȩc, Zatem dim U V dim V, dim U V dim U. Jeżeli U V, to U V = U i mamy równość w (1.3). Mamy, że U U + V i V U + V. Wiȩc, Zatem dim U V min(dim U, dim V ). (1.3) dim U dim(u + V ), dim V dim(u + V ). max(r, s) = max(dim U, dim V ) dim(u + V ). (1.4) Jeżeli U V, to U + V = V i dim(u + V ) = dim V = s dim U = r. Wiȩc, mamy równość w (1.4).

2 Ponadto, dim(u + V ) = dim U + dim V dim(u V ) dim U + dim V = r + s. Dodatkowo, U + V R n. Wiȩc, dim(u + V ) n. Wówczas, dim(u + V ) min(r + s, n). (1.5) Jeżeli V = R n, to widać, że n = dim(u + V ) min(n + s, n) = n. Ćwiczenie. Podać bazȩ sumy i czȩści wspólnej pow lok liniowych a 1, a, a 3 oraz b 1, b, b 3 : i) ii) iii) a 1 = (1,, 1), a = (1, 1, 1), a 3 = (1, 3, 3), b 1 = (1,, ), b = (, 3, 1), b 3 = (1, 1, 3). a 1 = ( 1, 6, 4, 7, ), a = (, 3, 0, 5, ), a 3 = ( 3, 6, 5, 6, 5), b 1 = (1, 1,, 1, 1), b = (0,, 0, 1, 5), b 3 = (, 0,, 1, 3). a 1 = (1, 1, 0, 0, 1), a = (0, 1, 1, 0, 1), a 3 = (0, 0, 1, 1, 1), b 1 = (1, 0, 1, 0, 1), b = (0,, 1, 1, 0), b 3 = (1,, 1,, 1). Rozwi azanie: Najpierw obliczymy wymiar przestrzeni A = a 1, a, a 3. Wiemy, że dim A = rank 1 3 = rank 1 1 = rank 1 0 = Widać, że A jest zgenerowana przez liniowo niezależne wektory (1,, 1), (0, 1, 1).

3 Wiȩc, takie wektory tworz a bazȩ i dim A =. Natomiast, wymiar przestrzeni B = b 1, b, b 3 jest 1 1 dim B = rank 3 1 = rank = rank Widać, że B jest zgenerowana przez liniowo niezależne wektory (1,, ), (0, 1, 5) =. Wiȩc, takie wektory tworz a bazȩ B i dim B =. Przestrzeń A + B jest zgenerowana przez wektory baz A i B. Wiȩc, 1 0 dim A + B = rank 1 1 = rank = Wiȩc, dim A + B = 3. Z wzoru (1.1), wynika, że dim A B = 1. Ponadto, z baz tych przestrzeni, widać, że elementy A B s a wektorami w takimi, że w = λ 1 (1,, ) + λ (0, 1, 5) = λ 3 (1,, 1) + λ 4 (0, 1, 1), dla pewnych liczb λ 1, λ, λ 3, λ 4 R. W postaci macierzowej taki uk lad wygl ada nastȩpuj aco 1 0 R 3 R 1 R R R 1 R R 3 5R R Czyli λ 1 = λ 3, λ = λ 4, λ 3 = 4λ 4 /3. Możemy ustalić, że λ 4 jest dowolna i resztȩ można ustalić z jej wartości. Wiȩc, elementy w maj a postać, w = λ 4 [4/3(1,, 1) + (0, 1, 1)] A B = (4, 5, 7). Wiȩc, taki wektor tworzy bazȩ tej podprzestrzeni.

4 Ćwiczenie 3. Niech podprzestrzenie U, V R n bȩd a określone uk ladami równań x 1 + x x n = 0, x 1 =... = x n. Wykazać, że R n = U V oraz wyznaczyć rzuty wektorów jednostkowych na podprzestrzeń U równolegle do V i na podprzestrzeń V równolegle do U. Rozwi azanie: Najpierw, udowodnimy, że U + V = R n. Aby to zrobić, udowodnimy, że każdy wektor w = (x 1,..., x n ) R n można przedstawić jako sumȩ w = u + v dwóch wektorów u U i v V. Widać, że gdzie S = (x x n )/n. Wtedy, Widać, że W laśnie, w = (x 1 S + S, x S + S,..., x n S + S), w = (x 1, x,..., x n ) = (S,..., S) + (x 1 S,..., x n S). (S,..., S) V, (x 1 S,..., x n S) U. n (x i S) = (x x n ) ns = 0. i=1 Z tego wynika, że R n. Skoro U + V R n, to oznacza, że U + V = R n. Teraz, możemy udowodnić, że U V = {0}. W laśnie, jeżeli w A B to w = (x 1,..., x n ), n x i = 0 i]1 ponieważ w A. Skoro w B to x 1 =... = x n. Wiȩc, 0 = n x i = 0 = nx i = 0, i = 1,..., n. i]1 Zatem, w = 0 i A B = {0}.

5 Teraz, e i (0,..., 0, wyraz i 1, 0,...) = (1/n,..., 1/n) + ( 1/n,..., wyraz i 1 1/n,..., 1/n). Wiȩc, rzut e i na U wzd luż V to ( 1/n,..., wyraz i 1 1/n,..., 1/n) i rzut e i na V wzd luż U to (1/n,..., 1/n). Ćwiczenie 4. W przestrzeni R 4 określamy podprzestrzenie U = (1, 1, 1, 1), ( 1,, 0, 1), V = ( 1, 1, 1, 1), (,, 0, 1). Wykazać, że R 4 = U V i znaleźć rzut wektora (4,, 4, 4) na podprzestrzeń U równolegle do V. Rozwi azanie: Aby ustalić, czy R 4 = U V, trzeba sprawdzić, czy U + V = R 4 i U V = {0}. Widać, że dim A + B jest równy rank = rank = rank = Skoro dim A, dim B i dim A + B = 4, to z wzoru (1.1) wynika, że dim A = dim B = i dim A B = 0. Wówczas A B = {0}. Zatem A B R 4. Ponieważ A jest zgenerowana przez (1, 1, 1, 1) i (1,, 0, 1) i dim A = to takie wektory tworz a bazȩ podprzestrzeni A. Dodatkowo, ponieważ B jest zgenerowana przez ( 1, 1, 1, 1) i (,, 0, 1) i dim B = to takie wektory tworz a bazȩ podprzestrzeni B. Z tego, mamy nastȩpuj ac a bazȩ naszej przestrzeni e 1 = (1, 1, 1, 1), e = (1,, 0, 1), e 3 = ( 1, 1, 1, 1) e 4 = (,, 0, 1). Dany wektor v, można napisać jako liniow a kombinacjȩ wektorów powyższej bazy v = λ 1 e 1 + λ e + λ 3 e 3 + λ 4 e 4.

6 To pozwala nam zapisać v w postaci v = v 1 + v, gdzie v 1 A i v B. Widać, że taki rozk lad jest jedynym. Jeżeli mamy drugi taki rozk lad v = v 1 + v, to v 1 v 1 = v + v. Lewa strona należy do A i prawa do B. Skoro A B = {0}, to v 1 = v 1 i v = v. Z tego, możemy zdefiniować rzut v A = λ 1 e 1 + λ e wektora v na A wzd luż B. Aby to ustalić, musimy obliczyć λ 1, λ. Mamy uk lad: Wiȩc, mamy, że λ 1 = 7/, λ =, λ 4 = 7, λ 3 = 9/ Wówczas v A = 7 e 1 + e. Ćwiczenie 5. Wykazać, że przestrzeń macierzy M n (R) jest sum a prost a podprzestrzeni macierzy symetrycznych i podprzestrzeni antysymetrycznych oraz wynaczyć rzut macierzy C = na każd a z tych podprzestrzeni równolegle do drugiej z nich.

7 Rozwi azanie: Przypominamy, że macierz symetryczna jest macierz a tak a, że A ij = A ji dla i.j = 1,..., n, np Natomiast, macierz antysymetryczna to macierz taka, że A ij = A ji dla i.j = 1,..., n, np Każdy element A przestrzeni M n (R) można przedstawić w postaci A = A + AT + A AT, (5.1) gdzie A T to tzw. macierz transponowana do A, czyli to macierz taka, że (A T ) ij = A ji dla i, j = 1,..., n. Widać, że kiedy macierz A jest symetryczna, to A T ij = A ij dla i, j = 1,..., n i antysymetryczna gdy A T ij = A ij. Widać, że jest macierz a symetryczn a. W laśnie B 1 = A + AT Natomiast, B 1 ij = (A ij + A T ij)/ = (A ij + A ji )/ = (A ji + A ji )/ = B 1 ji. B = A AT jest macierz a antysymetryczn a. Z tego wynika, że M n (R) = S n (R) + A n (R), gdzie S n (R) to podprzestrzeń liniowa macierzy symmetrycznych w przestrzeni M n (R) i A n (R) to podprzestrzeń liniowa macierzy antysymmetrycznych w przestrzeni M n (R).

8 Teraz, udowodnimy, że S n (R) A n (R) = {0}. Jeżeli A S n (R) A n (R), to Z tego A ij = 0. Teraz, dana macierz A ij = A ji, A ij = A ji. C = , rzut macierzy C na S n (R) wzd luż A n (R), to C + C T = Natomiast, rzut macierzy C na A n (R) wzd luż S n (R), to C C T =

9 Ćwiczenie 6. Wyznaczyć wymiary sumy i czȩści wspólnej pow lok liniowych uk ladów wektorów R 4 : i) ii) iii) S = (1,, 0, 1), (1, 1, 1, 0), T = (1, 0, 1, 0), (1, 3, 0, 1). S = (1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (1, 3, 1, 3), T = (1,, 0, ), (1,, 1, ), (3, 1, 3, 1). S = (, 1, 0, ), (3,, 1, 0), (1, 1, 1, 1), T = (3, 1, 1, 0), (0, 1,, 3), (5,, 1, 0). Rozwi azanie: Suma podprzestrzeni S i T, tj. S + T, to podprzestrzeń wektorów postaci v + w, gdzie v S i w T. Podprzestrzeń S jest zgenerowana przez wektory (1,, 0, 1), (1, 1, 1, 0), które s a liniowo niezależne. Wówczas, dim S =. Ponadto, podprzestrzeń T jest zgenerowana przez wektory (1, 0, 1, 0), (1, 3, 0, 1), które s a też liniowo niezależne. Wówczas dim T =. Z tego, S + T jest zgenerowana przez uk lad wektorów (1,, 0, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 3, 0, 1). Aby wyznaczyć wymiar S + T musimy obliczyć najwiȩksz a liczbȩ wektorów liniowo niezależnych tego uk ladu wektorów generuj acych. Już wiemy, że liczba tych wektorów to rz ad macierzy rank = rank = 1 + rank = 1 + rank = + rank [ ] = 4.

10 Skoro T + S to podprzestrzeń przestrzeni R 4 i ma wymiar cztery, to T + S = R 4. Ponieważ, 4 = dim R 4 = dim S + T = dim S + dim T dim S T = 4 dim S T, to dim S T = 0. Wówczas, S T = {0}. Wtedy, można powiedzieć, że suma algebraiczna i suma prosta podprzestrzeni S, T s a izomorficzne. W drugim przyk ladzie, przestrzeń S jest zgenerowana przez wektory (1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (1, 3, 1, 3). Warto sprawdzić maksymaln a liczbȩ liniowo niezależnych wektorów tego uk ladu. pozwala nam określić wymiar przeciȩcia. W tym przypadku, mamy, że rank = rank 1 = To Natomiast, T jest zgenerowana przez wektory (1,, 0, ), (1,, 1, ), (3, 1, 3, 1) Warto znowu sprawdzić maksymaln a liczbȩ liniowo niezależnych wektorów tego uk ladu. Mamy, że rank = rank = to S + T jest zegenerowana przez uk lad wektorów (1, 1, 1, 1), (0,, 0, ), (1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 5, 3, 5). Aby wyznaczyć wymiar S + T musimy ustalić najwiȩksz a liczbȩ wektorów liniowo niezależnych tego uk ladu. Już wiemy, że liczba tych wektorów to rz ad macierzy rank = rank = 1 + rank = 1 + rank = + rank [ ] = 4.

11 Skoro T + S to podprzestrzeń przestrzeni R 4 i ma wymiar cztery, to T + S = R 4. Ponieważ, 4 = dim R 4 = dim S + T = dim S + dim T dim S T = 4 dim S T, to dim S T = 0. Wówczas, S T = {0}. Wtedy, można powiedzieć, że suma algebraiczna i suma prosta podprzestrzeni S, T s a izomorficzne. Ćwiczenie 7. Określ strukturȩ przestrzeni R /W, gdzie W = {(x, y) R : x + y = 0}. Znajdź warstwy [(1, 1)], [(3, 4)], [(1, 1)] + [(3, 4)], 5[(3, 4)] oraz podaj interpretacjȩ geometryczn a tych warstw. Rozwi azanie: Elementy przestrzeni R /W s a warstwami [(x, y)] z (x, y) R. Widać, że jeżeli (x, y ) [(x, y)], to (x x, y y ) H (x x ) + (y y ) = 0 x + y = x + y. Odwrotnie, jeżeli (x, y) i (x, y ) spe lniaj a x x + y y, to (x, y) (x, y ) H. Wiȩc, klasy (warstwy) przestrzeni R /W maj a postać H k = {(x, y) R x + y = k}, k R. To p laszczyzna która przechodzi przez punkt (x 0, y 0 ) taki, że x 0 + y 0 = k. Elementy tej warstwy maj a postać (x, y) = (x 0, y 0 ) + w, w W. Wiȩc, [(1, 1)] = H = {(1, 1) + w w H}, [(3, 4)] = H = {(1, 1) + w w H} Z definicji przestrzeni R /W mamy, że [(x, y)] + [(x, y )] = [(x + x, y + y )], λ[(x, y)] = [(λx, λy)]. Inaczej mówi ac, H x+y + H x +y = H x+y+x +y, λh x+y = H λ(x+y).

12 Ćwiczenie 8. Opisz warstwy przestrzeni V/W oraz podaj bazȩ tej przestrzeni, jeśli: V = R, W = {(a n ) n=1 R : a 1 = a = 0}. V = R, W = {(a n ) n=1 R : a = 0}. V = R, W = {(a n ) n=1 R : a 1 = 4a = 5a 3 }. V = C([0, 1], R), W = {f C([0, 1], R) : 1 f(x)dx = 0}. 0 V = C([0, ), R), W = {f C([0, ), R) : a 1 = a = 0}. Rozwi azanie: Podprzestrzeń W ma dope lnienie W = {(a n ) n=1 : a k = 0, k = 3, 4,...}. Każdy element (a n ) n=1 V można zapisać jako (a n ) n=1 = (w n ) n=1 + ( w n ) n=1, gdzie (a n ) n=1 = (v 1, v, v 3, v 4,...), (w n ) n=1 = (0, 0, v 3, v 4,...), ( w n ) n=1 = (v 1, v, 0, 0,...). Wówczas, W + W = V. Ponadto, jeżeli (a n ) n=1 W W, widać, że (a n ) n=1 = (0, 0, 0, 0, 0, 0,...). Zatem (a n ) n=1 = 0 i W W = {0}. Korzystaj ac z tego depe lnienia, mamy, że V/W W. Baza W to e 1 = (1, 0, 0,...), e = (0, 1, 0,...). Wiȩc, baza V/W to [e 1 ] = e 1 + W, [e ] = e + W.